高三物理一轮阶段滚动检测二.docx
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高三物理一轮阶段滚动检测二
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阶段滚动检测
(二)
第四、五章
(90分钟100分)
第Ⅰ卷(选择题共50分)
一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50分.每小题至少一个答案正确,选不全得2分)
1.(2011·四川高考)如图是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图,假定其过程可简化为:
打开降落伞一段时间后,整个装置匀速下降,为确保安全着陆,需点燃返回舱的缓冲火箭,在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动,则()
A.火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小
B.返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力
C.返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功
D.返回舱在喷气过程中处于失重状态
2.(滚动单独考查)传送机的皮带与水平方向的夹角为α,如图所示,将质量为m的滑块放在皮带上,随皮带保持相对静止一起向下以加速度a(a>gsinα)做匀加速直线运动,则下列关于滑块在运动过程中的说法正确的是()
A.支持力与静摩擦力的合力大小等于mg
B.静摩擦力对滑块一定做正功
C.静摩擦力的大小可能等于mgsinα
D.皮带与滑块的动摩擦因数一定大于tanα
3.如图所示,现有两个完全相同的可视为质点的物块都从静止开始运动,一个自由下落,一个沿光滑的固定斜面下滑,最终它们都到达同一水平面上,空气阻力忽略不计,则()
A.重力做的功相等,重力做功的平均功率相等
B.它们到达水平面上时的动能相等
C.重力做功的瞬时功率相等
D.它们的机械能都是守恒的
4.(滚动单独考查)酒后驾驶会导致许多安全隐患,是因为驾驶员的反应时间变长,反应时间是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间.表中“思考距离”是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间内汽车行驶的距离,“制动距离”是指驾驶员从发现情况到汽车停止行驶的距离(假设汽车制动时的加速度大小都相同).
速度(m/s)
思考距离/m
制动距离/m
正常
酒后
正常
酒后
15
7.5
15.0
22.5
30.0
20
10.0
20.0
36.7
46.7
25
12.5
25.0
54.2
x
分析表格可知,下列说法不正确的是()
A.驾驶员酒后反应时间比正常情况下多0.5s
B.若汽车以20m/s的速度行驶时,发现前方40m处有险情,酒后驾驶不能安全停车
C.汽车制动时,加速度大小为10m/s2
D.表中x为66.7
5.(滚动单独考查)如图所示,顶端装有定滑轮的斜面体放在粗糙水平面上,A、B两物体通过细绳相连,并处于静止状态(不计绳的质量和绳与滑轮间的摩擦).现用水平向右的力F作用于物体B上,将物体B缓慢拉高一定的距离,此过程中斜面体与物体A仍然保持静止.在此过程中()
A.水平力F一定变小
B.斜面体所受地面的支持力一定变大
C.物体A所受斜面体的摩擦力一定变大
D.地面对斜面体的摩擦力一定变大
6.(滚动交汇考查)山东电视台“快乐向前冲”栏目最后一关,选手需要抓住固定在支架上的绳子向上攀登,才可冲上领奖台,如图所示.如果某选手刚刚匀速攀爬到接近绳子顶端时,突然因抓不住绳子而加速滑下,对该过程进行分析(不考虑脚蹬墙壁的作用),下述说法正确的是()
A.上行时,人受到绳子的拉力与重力和摩擦力平衡
B.上行时,绳子拉力对人做的功等于人重力势能的增加量
C.下滑时,人受到的重力大于摩擦力,加速度小于g
D.下滑时,重力势能的减少量大于动能的增加量,机械能的减少量等于克服摩擦力做的功
7.(滚动交汇考查)如图所示,用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提升重物M,长杆的一端放在地上通过铰链连结形成转轴,其端点恰好处于左侧滑轮正下方O点处,在杆的中点C处拴一细绳,绕过两个滑轮后挂上重物M.C点与O点距离为
现在杆的另一端用力使其逆时针匀速转动,由竖直位置以角速度ω缓缓转至水平位置(转过了90°角),此过程中下列说法正确的是()
A.重物M做匀速直线运动
B.重物M做匀变速直线运动
C.重物M的最大速度是
D.重物M的速度先减小后增大
8.如图所示,正在匀速转动的水平转盘上固定有三个可视为质点的小物块A、B、C,它们的质量关系为
,到轴O的距离关系为
.下列说法中正确的是()
A.B的角速度比C小
B.A的线速度比C大
C.B受到的向心力比C小
D.A的向心加速度比B大
9.已知地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的7倍,某行星的同步卫星轨道半径约为该行星半径的3倍,该行星的自转周期约为地球自转周期的一半,那么该行星的平均密度与地球平均密度之比约为()
A.
B.
C.
D.
10.如图所示为汽车在水平路面上启动过程中的速度图象,Oa为过原点的倾斜直线,ab段表示以额定功率行驶时的加速阶段,bc段是与ab段相切的水平直线,则下述说法正确的是()
A.0~t1时间内汽车做匀加速运动且功率恒定
B.t1~t2时间内汽车牵引力做功为
C.t1~t2时间内的平均速度为
D.在全过程中t1时刻的牵引力及其功率都是最大值,t2~t3时间内牵引力最小
第Ⅱ卷(非选择题共50分)
二、实验题(本大题共2小题,共12分)
11.(2012·扬州模拟)(6分)
(1)验证机械能是否守恒时,实验中计算某一点的速度,甲同学用v=gt来计算,乙同学用
来计算.其中_________同学的计算方法更符合实验要求.重力加速度g的数值,甲同学用9.8m/s2代入,乙同学用通过对纸带分析计算出重物下落的实际加速度代入,丙同学用当地的实际重力加速度代入,其中_________同学的做法是正确的.
(2)甲同学计算实验结果时发现重物重力势能的减少量ΔEp略大于动能的增加量ΔEk,乙同学发现ΔEp<ΔEk,实验过程中肯定存在错误的是_________同学.本实验中引起误差的主要原因是____________________________________________
___________________________________________________________________.
(3)在一次实验中,重物自由下落时纸带上打出一系列的点,如图所示,纸带中相邻两计数点间的时间间隔为0.04s,那么重物下落过程中的实际加速度a=_________m/s2.(结果保留三位有效数字)
12.(滚动交汇考查)(6分)某探究学习小组的同学欲验证“动能定理”,他们在实验室组装了一套如图所示的装置,另外他们还找到了打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、纸带、滑块、细沙.当滑块连接上纸带,用细线通过滑轮挂上空的小沙桶时,释放小桶,滑块处于静止状态.
若你是小组中的一位成员,要完成该项实验,则
(1)你认为还需要的实验器材有___________________________.
(2)实验时为了保证滑块受到的合力与沙桶的总重力大小基本相等,沙和沙桶的总质量应满足的实验条件是____________________________________,实验时首先要做的步骤是平衡摩擦力.
(3)在
(2)的基础上,某同学用天平称量滑块的质量为M.往沙桶中装入适量的细沙,用天平称出此时沙和沙桶的总质量为m.让沙桶带动滑块加速运动.用打点计时器记录其运动情况,在打点计时器打出的纸带上取两点,测出这两点的间距L和滑块通过这两点的速度大小v1与v2(v1 (用题中的字母表示实验中测量得到的物理量) 三、计算题(本大题共4小题,共38分,要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位) 13.(8分)如图所示,水平轨道AB与位于竖直面内半径为R=0.90m的半圆形光滑轨道BCD相连,半圆形轨道的BD连线与AB垂直.质量为m=1.0kg可看做质点的小滑块在恒定外力F作用下从水平轨道上的A点由静止开始向右运动,滑块与水平轨道AB间的动摩擦因数μ=0.5.到达水平轨道的末端B点时撤去外力,滑块继续沿半圆形轨道运动,且恰好能通过轨道最高点D,滑块脱离半圆形轨道后又刚好落到A点.g取10m/s2,求: (1)滑块经过B点进入半圆形轨道时对轨道的压力大小. (2)滑块在AB段运动过程中恒定外力F的大小. 14.(滚动交汇考查)(10分)如图所示,质量为m=1kg的滑块,在水平力作用下静止在倾角为θ=30°的光滑斜面上,斜面的末端B与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上传送带时速度大小不变),传送带的运行速度为v0=3m/s,长为L=1.4m;今将水平力撤去,当滑块滑到传送带右端C时,恰好与传送带速度相同.滑块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.25,g=10m/s2,求: (1)水平作用力F的大小; (2)滑块下滑的高度. 15.(滚动交汇考查)(10分)为了研究过山车的原理,物理小组提出了下列设想: 取一个与水平方向夹角为37°、长为L=2.0m的粗糙的倾斜轨道AB,通过水平轨道BC与竖直圆轨道相连,出口为水平轨道DE,整个轨道除AB段以外都是光滑的.其中AB与BC轨道以微小圆弧相接,如图所示.一个小物块以初速度v0= 4.0m/s,从某一高处水平抛出,到A点时速度方向恰沿AB方向,并沿倾斜轨道滑下.已知小物块与倾斜轨道的动摩擦因数μ=0.5(g取10m/s2,sin37°=0.60,cos37°=0.80) 求: (1)小物块的抛出点和A点的高度差; (2)为了让小物块不离开轨道,并且能够滑回倾斜轨道AB,则竖直圆轨道的半径应该满足什么条件. (3)要使小物块不离开轨道,并从水平轨道DE滑出,求竖直圆轨道的半径应该满足什么条件. 16.(2012·玉溪模拟)(10分)如图所示,固定斜面的倾角θ=30°,物体A与斜面之间的动摩擦因数为μ,轻弹簧下端固定在斜面底端,弹簧处于原长时上端位于C点,用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B,滑轮右侧绳子与斜面平行,A的质量为2m,B的质量为m,初始时物体A到C点的距离为L.现给A、B一初速度v0使A开始沿斜面向下运动,B向上运动,物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能回到C点.已知重力加速度为g,不计空气阻力,求此过程中: (1)物体A向下运动刚到达C点时的速度. (2)弹簧的最大压缩量. (3)弹簧中的最大弹性势能. 答案解析 1.【解析】选A.点火前,降落伞和返回舱做匀速直线运动.对返回舱,返回舱的重力等于伞绳拉力F;点火后瞬间,返回舱立刻获得向上的反冲力,使伞绳对返回舱的拉力变小,选项A正确;返回舱做减速运动的主要原因是反冲力,选项B错误;返回舱所受合力向上,处于超重状态,选项D错误;由于喷气过程中,动能减小,由动能定理可知合力做负功,选项C错误. 2.【解析】选B、C.滑块随皮带保持相对静止一起向下做匀加速运动,滑块所受合外力不为零,所以支持力与静摩擦力的合力大小不等于mg,故A错;加速度a>gsinα,说明静摩擦力沿皮带向下,而滑块运动方向也向下,故静摩擦力对滑块一定做正功,B对;由牛顿第二定律: mgsinα+Ff=ma,因为a比gsinα大多少不知道,所以静摩擦力的大小可能等于mgsinα,C对;由以上分析可知,静摩擦力Ff有可能小于mgsinα,由Ff=μFN=μmgcosα,因此说“皮带与滑块的动摩擦因数一定大于tanα”是错误的,D错. 3.【解析】选B、D.两物块从同一高度下落,根据机械能守恒定律知,它们到达水平面上时的动能相等,自由下落的物块先着地,重力做功的平均功率大,而着地时重力做功的瞬时功率等于重力与重力方向上的速度的乘积,故重力做功的瞬时功率不相等,选B、D. 4.【解析】选C.“思考距离”是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间内汽车行驶的距离,这段时间车是匀速运动的,驾驶员酒后反应时间 驾驶员正常反应时间 所以驾驶员酒后反应时间比正常情况下多0.5s,A对;“制动距离”是指驾驶员从发现情况到汽车停止行驶的距离,由表格可知,速度为20m/s时,制动距离为46.7m,故B对;汽车制动时的加速度大小都相同,按速度为15m/s时计算: 故C错;表中 因此D对. 5.【解析】选D.这是典型的相互作用中的静力学问题,取物体B为研究对象,分析其受力情况如图所示.则有 在物体B缓慢拉高的过程中,θ增大,则水平力F随之变大,A错误;对A、B两物体与斜面体这个整体而言,由于斜面体与物体A仍然保持静止,则地面对斜面体的摩擦力一定变大,但是因为整体竖直方向并没有其他力,故斜面体所受地面的支持力不变,B错误,D正确;在这个过程中尽管绳子张力变大,但是由于物体A所受斜面体的摩擦力开始并不知道其方向,故物体A所受斜面体的摩擦力的变化情况无法确定,C错误. 6.【解析】选C、D.选手匀速向上攀爬时,人受到绳子的拉力与人的重力是一对平衡力,A错误;此过程中人对自身做功,绳子的拉力并不对人做功,B错误;加速下滑时,人受到的重力大于摩擦力,其加速度竖直向下,小于g,C正确;重力势能的减少一部分用于克服摩擦力做功,另一部分转化为人的动能,故D正确. 7.【解析】选C.由题意知,C点的速度大小为 ,设vC与绳之间的夹角为θ,把vC沿绳和垂直绳方向分解可得,v绳=vCcosθ,在转动过程中θ先减小到零再增大,故v绳先增大后减小,重物M做变加速运动,其最大速度为 ,C正确. 8.【解析】选C.因A、B、C均固定于转盘上,故三个小物块的角速度一定相同,A错误;由v=ωr可知,vC>vA=vB,B错误;由a=ω2r可知,aC>aA=aB,D错误;由FB=mBω2rB,FC=mCω2rC可知,FC=2FB,故C正确. 9.【解析】选A.设地球和该行星的半径分别为r地、r行,质量分别为M地、M行,两者的同步卫星的周期分别为T地、T行,对地球的同步卫星有: ,地球的平均密度: ,可得: ,同理有: ,再考虑到T地=2T行,故该行星的平均密度与地球的平均密度之比约为 ,A对. 10.【解析】选D.0~t1时间内汽车做匀加速运动,牵引力恒定,但速度增加,故功率增加,A错;汽车水平方向受到牵引力和阻力作用,根据动能定理,t1~t2时间内合力做功为 故B错;公式 适用于匀变速直线运动,故C错;t1时刻达到额定功率,不再增加,t1~t2时间内功率恒定,但牵引力减小,t2~t3时间内牵引力最小,与阻力相等,所以D对. 11.【解析】 (1)因有阻力作用,重物下落的实际加速度a 计算速度的方法是正确的,求重物重力势能的减少量时,应当用当地的实际重力加速度来计算,g的大小不一定为9.8m/s2,但一定大于重物下落的实际加速度,故丙同学做法正确. (2)因阻力对重物做负功,故ΔEp一定大于ΔEk,乙同学出现ΔEp<ΔEk的结果一定是实验过程中存在错误,实验引起误差的主要原因是重物下落过程存在阻力. (3)由xCD-xBC=aT2可得: =9.38m/s2 答案: (1)乙丙 (2)乙重物下落过程中存在着阻力作用 (3)9.38 12.【解析】该实验中的研究对象是滑块,目的是比较合外力对滑块所做的功与滑块动能的增量的关系.要分别测出沙和沙桶的质量、滑块的质量,还要测出滑块移动的距离,便于计算做的功和速度.实验时应注意平衡摩擦力,以减小误差,从实验方便性上考虑要把沙和沙桶的重力看做滑块的合外力,故m远远小于M,故实验表达式为 . 答案: (1)天平、刻度尺 (2)沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量 (3) 13.【解析】 (1)滑块恰好通过最高点,则有: (1分) 设滑块到达B点时的速度为vB,滑块由B到D过程由动能定理得: (1分) 对B点: (1分) 联立以上各式,代入数据得: FN=60N 由牛顿第三定律知滑块对轨道的压力大小为60N.(1分) (2)滑块从D点离开轨道后做平抛运动, 则 xAB=vDt(1分) 滑块从A运动到B有: vB2=2axAB(1分) 由牛顿第二定律有: F-μmg=ma(1分) 联立以上各式,代入数据得: F=17.5N.(1分) 答案: (1)60N (2)17.5N 14.【解析】 (1)滑块受到水平推力F、重力mg和支持力FN处于平衡,如图所示, 水平推力 F=mgtanθ(2分) (1分) (2)设滑块从高为h处下滑,到达斜面底端速度为v 下滑过程机械能守恒: ,所以 (1分) 若滑块冲上传送带时的速度小于传送带速度,则滑块在带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动;根据动能定理有: (2分) 所以 h=0.1m(1分) 若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度,则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动;根据动能定理: (2分) h=0.8m(1分) 答案: (1) (2)0.1m或0.8m 15.【解析】 (1)设从抛出点到A点的高度差为h,到A点时竖直方向的速度为vy,则有: ①(1分) ②(1分) 联立以上两式代入数据解得h=0.45m③(1分) (2)小物块到达A点时的速度: ④(1分) 从A到B,由动能定理: ⑤(1分) 要使小物块不离开轨道并且能够滑回倾斜轨道AB,则小物块沿圆轨道上升的最大高度不能超过圆心,即: ⑥(1分) 所以R′≥1.65m⑦(1分) (3)小物块从B到竖直圆轨道最高点,由机械能守恒: ⑧(1分) 在最高点有: ⑨(1分) 由以上几式解得R≤0.66m⑩(1分) 答案: (1)0.45m (2)大于等于1.65m (3)小于等于0.66m 16.【解析】 (1)A和斜面间的滑动摩擦力Ff=2μmgcosθ(1分) 物体A向下运动到C点的过程中,根据能量守恒有 (2分) 得 (1分) (2)从物体A接触弹簧到将弹簧压缩到最短后又恰好回到C点,对系统应用动能定理 (2分) (1分) (3)弹簧从压缩到最短到恢复原长的过程中,根据能量守恒有 Ep+mgx=2mgxsinθ+Ffx(2分) 又因为mgx=2mgxsinθ 所以 (1分) 答案: (1) (2) (3)
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